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\newtheorem*{zremark}{说明}


\begin{document}
\title{6.5 习题}
\maketitle

\section*{6.5.1}

有理数$q > 0$，可以表示成正整数$a/b$的形式，其中$a,b > 0$。

由定义5.6.7 可知$n^q = (n^{1/b})^a$，所以$1/n^q = (1/n^{1/b})^a$。

由推论6.5.1 可知$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}1/n^{1/b} = 0$。
由极限定律（定理6.1.19）可知
\begin{align*}
   & \lim\limits_{n \rightarrow \infty}1/n^q           \\
   & =\lim\limits_{n \rightarrow \infty}(1/n^{1/b})^a  \\
   & = (\lim\limits_{n \rightarrow \infty}1/n^{1/b})^a \\
   & = 0^a                                             \\
   & = 0
\end{align*}

\section*{6.5.2}

（1）$|x|<1$时。

如果$0 < x < 1$，则由命题6.3.10 可知 极限$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x^n = 0$。

如果$x=0$，则对任意$n$都有$x^n = 0^n = 0$，于是极限$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x^n = 0$。

如果$-1 < x < 0$，则 $-1(-x)^n \leq x^n \leq (-x)^n$， 则由极限定律可知
\begin{equation*}
  \begin{cases*}
    \lim\limits_{n \rightarrow \infty}-1(-x)^n = 0 \\
    \lim\limits_{n \rightarrow \infty}(-x)^n = 0   \\
  \end{cases*}
\end{equation*}

由夹逼定理可知 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}(x)^n = 0$。

（2）$x = 1$时。

对任意$n$都有$x^n = 1^n = 1$，于是极限$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x^n = 1$。

（3.1）$x=-1$时。

当$n$是偶数时，$x^n = (-1)^n = 1$，于是存在极限点$1$。

当$n$是奇数时，$x^n = (-1)^n = -1$，于是存在极限点$-1$。

极限点不是唯一的，由命题6.4.5 可知，此时$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x^n$不存在。

（3.2）$|x|>1$时。

（3.2.1）当$x > 1$时。

由习题6.3.4 可知 $x > 1$时，序列$x^n$是发散的。

（3.3.2）当$x < -1$时。

反证法，假设极限$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x^n$存在。

不妨设极限$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x^n$等于$c$，那么，
对任意$\epsilon > 0$，存在$n \geq N$都有$|x^n - c| \leq \epsilon$均成立。
又因为
\begin{align*}
   & |(-x)^n - |c||  \\
   & = ||x^n| - |c|| \\
   & \leq |x^n - c|  \\
   & \leq \epsilon
\end{align*}
由此可知，$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}(-x)^n$收敛于$|c|$，这与其是发散的这一事实矛盾。

\section*{6.5.3}

我只证明$x > 1$的情况。

先证明极限$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x^{1/n}$存在。

由引理5.6.6（e） 可知，$x^{1/n}$是关于$n$的减函数，
又由5.6.6（d）可知$1^{1/n} < x^{1/n}$，即：$x^{1/n} > 1$，
由上可知，$x^{1/n}$是关于$n$的减函数，且有下界，
所以由命题6.3.8 可知，极限$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}x^{1/n}$存在，不妨设为$c$，
且由推论5.4.10 （更精确的说，是对应的实数版本）可知 $c \geq 1$。

接下来，我们要证明$c = 1$。

反证法，假设$c > 1$。

设$0 < \epsilon < c - 1 - \delta$，其中$0 < \delta < c -1$，
因为序列$x^{1/n}$收敛于$c$，那么，存在$N \geq 0, n \geq N$使得$|x^{1/n} -c| \leq \epsilon$均成立，
于是，
\begin{align*}
  c - \epsilon & \leq x^{1/n} \leq c + \epsilon \\
  1 + \delta   & < x^{1/n} \leq c + \epsilon
\end{align*}

要证明存在矛盾，现在要证明书中的提示。因为$\delta > 0$，所以$1 + \delta > 0$，
$(1+\delta)^n$是递增的，又由引理6.5.2 可是其是发散的，由此可知其没有上界，否则就会存在矛盾。

没有上界，也就意味着对任意实数$M$都存在$N^\prime, n \geq N^\prime$使得$(1+\delta)^n \geq M$，
特别的$M = x$，此时$(1+\delta)^n \geq x$，即：$1+\delta \geq x^{1/n}$。

取$K = max(N, N^\prime)$，那么，$n \geq K$时，应该有以下公式成立：
\begin{align*}
  1 + \delta & < x^{1/n}    \\
  1+\delta   & \geq x^{1/n}
\end{align*}
显然，以上公式无法同时成立，假设不成立。

\end{document}